Poker

01.05.2018, 07:13

I hate Poker

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Poker

Meine Frage:
Beim Pokerspiel Texas Hold?em wird ein 52-Blatt-Kartenspiel (das heißt die Karten von 2 bis 10, sowie Bube, Dame, König, Ass und das jeweils in den vier verschiedenen Farben) verwendet und jeder von insgesmat 10 Spielern erhält zu Beginn 2 Karten. Mit welcher Wahrscheinlickeit erhält

(a) mindestens ein Spieler zwei Asse?
(b) mindestens ein Spieler die Kombination aus 2 und 7 auf die Hand, wobei die Farbe und Reihenfolge der Karten egal sei?

Meine Ideen:
Mit Gegenwahrscheinlichkeit arbeiten: Kein Spieler bekommt 2 Asse.
Doch wie rechne ich das? Das heißt doch, dass jeder Spieler 1 As oder keins bekommt bei der GegenWKT.

01.05.2018, 08:28

HAL 9000

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Hmm, da wird wohl jeweils die Siebformel ranmüssen.

(a) Betrachten wir die Ereignisse

$\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ ... mindestens einer der 10 Spieler erhält zwei Asse
$\begin{eqnarray*} A_k \end{eqnarray*}$ ... Spieler $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ erhält zwei Asse

Dann ist $\begin{eqnarray*} P(A_k) = \frac{\binom{4}{2}}{\binom{52}{2}} = \frac{1}{221} \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} P(A_k\cap A_j) = \frac{\binom{4}{2}}{\binom{52}{2,2,48}} = \frac{1}{270725} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} k\neq j \end{eqnarray*}$ . Dann ist

$\begin{eqnarray*} P(A) = P\left(\bigcup_{k=1}^{10} A_k\right) = \sum_{k=1}^{10} P(A_k) - \sum_{1\leq k<j\leq 10} P(A_k\cap A_j) = \binom{10}{1}P(A_1)-\binom{10}{2}P(A_1\cap A_2) =\frac{2441}{54145} \approx 0.0451 \end{eqnarray*}$ .

Geht bei (b) ähnlich:

$\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ ... mindestens einer der 10 Spieler erhält eine 2 und eine 7
$\begin{eqnarray*} B_k \end{eqnarray*}$ ... Spieler $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ erhält eine 2 und eine 7

Allerdings sind hier dann bis zu vier dieser Ereignisse zu schneiden...

EDIT: Schreibweise Multinomialkoeffizient von $\begin{eqnarray*} \binom{52}{2,2} \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} \binom{52}{2,2,48} \end{eqnarray*}$ korrigiert.

01.05.2018, 10:01

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Besten Dank.
Allerdings verstehe ich (52über2,2) nicht. Wo kommt 2,2 her? Ich kenne nur natürliche Zahlen in diesem Zusammenhang.

01.05.2018, 10:09

HAL 9000

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Ich rede vom Multinomialkoeffizient. Aber du hast insofern Recht, dass ich dort hätte $\begin{eqnarray*} \binom{52}{2,2,48} \end{eqnarray*}$ schreiben müssen. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Und das Komma ist hier kein Dezimalpunkt, sondern ein Argumenttrennzeichen.

01.05.2018, 10:29

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Danke nochmal. Auf diesen Ansatz wäre ich nie im Leben gekommen. Gott

Gott

01.05.2018, 19:27

Kääsee

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Hallo, ich bin die Aufgabe etwas anders angegangen und wollte fragen, was an meiner Idee falsch ist.
Ich habe versucht, mit der Gegenwahrscheinlichkeit zu argumentieren, d.h. die Wahrscheinlichkeit, dass Spieler k keine 2 Asse hat, ist dann ja
$\begin{eqnarray*} 1-P(A_k) \end{eqnarray*}$
Und insgesamt sucht man die Wahrscheinlichkeit dafür, dass alle der 10 Spieler keine 2Asse haben und nimmt davon die Gegenwahrscheinlichkeit, also:
$\begin{eqnarray*} P(A)=1-\prod_{k=1}^{10}( 1-P(A_k)) \end{eqnarray*}$ .
Dabei habe ich jedoch angenommen, dass die Karten nacheinander verteilt werden, was bedeutet, dass bei Spieler2 z.B. nur noch aus 50 Karten zu wählen sind und sich dementsprechend die Wahrscheinlichkeit, 2 Asse zu bekommen auf
$\begin{eqnarray*} P(A_2)=\frac{\binom{4}{2}}{\binom{50}{2}} \end{eqnarray*}$ ändert... (sind immernoch alle 4 Asse drin, da der erste Spieler sie nicht bekommen hat).
Wo liegt/liegen meine Denkfehler?
LG und schönen Feiertag!

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02.05.2018, 09:10

HAL 9000

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Prinzipiell ist der von dir geäußerte Gedanke

$\begin{eqnarray*} P(A) = 1- \prod_{k=1}^{10} P\left( A_k^c \mid A_1^c\cap\ldots\cap A_{k-1}\right) \end{eqnarray*}$

(ich habs mal so geschrieben, wie man das mit den von mir eingeführten Ereignisse tun müsste) richtig. Der Denkfehler bei der Berechnung dieser bedingten Wahrscheinlichkeiten ist aber, dass du davon ausgehst, dass ab dem zweiten Spieler auch immer noch aus 4 Assen ausgewählt werden kann!

"Nicht zwei Asse" beinhaltet aber nicht nur den Fall "kein Ass", sondern eben leider auch "genau ein Ass" bei einem oder mehreren der vorherigen Spieler. Und damit fällt diese Berechnungsweise leider in sich zusammen.

02.05.2018, 10:30

Dopap

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etwas mehr casino-like:

der Ansatz von Kääsee ist doch sicher als Näherung geeignet wenn das casino einen frischen
Schlitten mit ca. 10 Päckchen Spielkarten einsetzt. - oder extrem -
wenn jeder Spieler sich selbst aus "seinem" Päckchen blind 2 Karten gibt ?

02.05.2018, 12:27

Kääsee

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@HAL9000: Stimmt, du hast natürlich recht. Dass ein Spieler Nur ein Ass bekommen könnte, habe ich nicht bedacht. Doof. Könnte man es trotzdem irgendwie auf meinem Weg hinbekommen? Deine Rechnung verstehe ich nämlich leider nicht so ganz. Vor allem kann ich mit

Zitat:

Original von HAL 9000
$\begin{eqnarray*} P(A_k\cap A_j) = \frac{\binom{4}{2}}{\binom{52}{2,2,48}} = \frac{1}{270725} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} k\neq j \end{eqnarray*}$ .

nicht wirklich etwas anfangen. Ist das nicht gerade schon die Wahrscheinlichkeit, dass Spieler k und Spieler j BEIDE zwei Asse bekommen? Bzw. warum ist das nicht gerade die Lösung der Aufgabe? Besteht das Problem darin, dass es unmöglich ist, dass zwei Spieler je zwei Asse haben, wobei z.b. Pik Ass zu beiden Spielern gehört?

@Dodap: auch deinen Post verstehe ich leider gar nicht. Was meinst du denn mit "frischen Schlitten"?

LG

02.05.2018, 12:41

HAL 9000

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Nun, man könnte auch ausführlicher so schreiben:

$\begin{eqnarray*} P(A_k\cap A_j) = P(A_k)\cdot P(A_j \mid A_k) = \frac{\binom{4}{2}}{\binom{52}{2}} \cdot \frac{\binom{2}{2}}{\binom{50}{2}} \end{eqnarray*}$ .

Also ganz ähnlich deinen Gedanken, nur das diesmal von $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ zu $\begin{eqnarray*} j \end{eqnarray*}$ tatsächlich die Asszahl um genau 2 abnimmt:

Für $\begin{eqnarray*} A_k \end{eqnarray*}$ ist jede Wahl von 2 aus 4 Assen günstig, bei insgesamt 2 aus 52 Karten. Für $\begin{eqnarray*} A_j \end{eqnarray*}$ unter Bedingung $\begin{eqnarray*} A_k \end{eqnarray*}$ sind 2 aus 2 verbliebenen Assen zu wählen (also de facto keine Wahl, d.h. nur eine Möglichkeit), bei insgesamt 2 aus 50 Restkarten.

Zitat:

Original von Kääsee
Ist das nicht gerade schon die Wahrscheinlichkeit, dass Spieler k und Spieler j BEIDE zwei Asse bekommen?

Ja klar, das sagt ja der Durchschnitt aus.

Zitat:

Original von Kääsee
Bzw. warum ist das nicht gerade die Lösung der Aufgabe?

Wieso das denn? Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit dass mindestens einer (im Sinne irgendeiner) der zehn Spieler zwei Asse auf der Hand hat. Und für die Siebformel benötigt man eben dieser Zweierschnitte. Eigentlich ja auch die Schnitte von mehr als zwei, aber das ist ja hier bei insgesamt nur vier Assen nicht möglich und damit mit Wahrscheinlichkeit Null versehen.

Bei b) ist das anders, da können bis zu vier Personen gleichzeitig die Kombination 2+7 auf der Hand haben - hatte ich oben ja schon angemerkt.

02.05.2018, 12:53

Kääsee

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UPS, Ich glaube, Ich habe mich so lange mit der Aufgabe beschäftigt, dass ich ein bisschen verpeilt habe, was genau überhaupt gefragt ist Big Laugh

Big Laugh

Jedenfalls hab ich den Ausdruck der Schnittmenge jetzt verstanden, Danke!
Ich setze mich heute Abend nochmal ran, wenn ich einen PC zur Hand habe.

02.05.2018, 16:37

Dopap

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@Kääsee

smile

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02.05.2018, 17:08

Kääsee

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@Dodap, heißt das also, du nimmst an, dass es 10mal 52Karten gibt? verwirrt

verwirrt

Ich steh irgendwie total auf dem Schlauch, wie du das meinst...

02.05.2018, 17:41

Kääsee

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So, ich glaub, ihr habt noch etwas zu tun hier mit mir Big Laugh

Big Laugh

Sorry, aber ich merke immer mehr, wie sehr ich doch aus der "Materie" draußen bin...
Zu b):
Die Zahlen 2 und 7 sind ja auch jeweils 4 mal im Deck drin. Wäre dann die Wahrscheinlichkeit, dass Spieler k eine Kombination von 2 und 7 bekommt:

$\begin{eqnarray*} P(B_k)=\frac{\binom{4}{1}\binom{4}{1}}{\binom{52}{2}} \end{eqnarray*}$ ?

Andererseits könnte ich ja davon ausgehen, dass man ohne Zurücklegen aus 52 Karten 2 Karten zieht und es die möglichen Kombinationen (2,7) und (7,2) geben kann. Damit erhalte ich

$\begin{eqnarray*} P(B_k)=\frac{4}{52}\cdot\frac{4}{51}\cdot 2 \end{eqnarray*}$ .
Sind beide Möglichkeiten richtig? Zumindest kommt mal das gleiche raus Big Laugh

Big Laugh

02.05.2018, 18:29

Dopap

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ich nehme gar nichts an, ich sage nur, wenn man aus einem solchen gefüllten Kartenschlitten austeilen würde, dann wäre das annähernd so wie mit Zurücklegen.

Also so wie dein erster Ansatz.

02.05.2018, 22:21

HAL 9000

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Zitat:

Original von Kääsee
Die Zahlen 2 und 7 sind ja auch jeweils 4 mal im Deck drin. Wäre dann die Wahrscheinlichkeit, dass Spieler k eine Kombination von 2 und 7 bekommt:

$\begin{eqnarray*} P(B_k)=\frac{\binom{4}{1}\binom{4}{1}}{\binom{52}{2}} \end{eqnarray*}$ ?

Andererseits könnte ich ja davon ausgehen, dass man ohne Zurücklegen aus 52 Karten 2 Karten zieht und es die möglichen Kombinationen (2,7) und (7,2) geben kann. Damit erhalte ich

$\begin{eqnarray*} P(B_k)=\frac{4}{52}\cdot\frac{4}{51}\cdot 2 \end{eqnarray*}$ .
Sind beide Möglichkeiten richtig?

Ja, beides möglich und richtig. Ist auch wegen $\begin{eqnarray*} \binom{52}{2}=\frac{52\cdot 51}{2} \end{eqnarray*}$ klar.

02.05.2018, 22:56

Kääsee

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Super. Schade, dass ich gerade den PC ausgeschaltet habe, denn mit Handy ist der Formeleditor sehr umständlich.
Ich kann dann frühestens am Samstag mein weiteres Vorgehen bzgl der Schnittmengen aufschreiben. Ich hoffe, ihr habt Geduld!
LG, Danke und schönes Wochenende schon mal!

05.05.2018, 17:28

Kääsee

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So, also für b), brauche ich dann noch

$\begin{eqnarray*} P(B_k\cap B_j)=\frac{\binom{4}{1}\binom{4}{1}\binom{3}{1}\binom{3}{1}}{\binom{52}{2}\binom{50}{2}} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} P(B_k\cap B_j\cap B_l)=\frac{\binom{4}{1}\binom{4}{1}\binom{3}{1}\binom{3}{1}\binom{2}{1}\binom{2}{1}}{\binom{52}{2}\binom{50}{2}\binom{48}{2}} \end{eqnarray*}$
und
$\begin{eqnarray*} P(B_k\cap B_j\cap B_l\cap B_m)=\frac{\binom{4}{1}\binom{4}{1}\binom{3}{1}\binom{3}{1}\binom{2}{1}\binom{2}{1}\binom{1}{1}\binom{1}{1}}{\binom{52}{2}\binom{50}{2}\binom{48}{2}\binom{46}{2}} \end{eqnarray*}$
? verwirrt

verwirrt

(wobei man natürlich noch einiges vereinfachen kann...)

05.05.2018, 18:17

HAL 9000

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Stimmt.

Freude

Jetzt muss beim Einsetzen in die Siebformel im wesentlichen nur noch korrekt abgezählt werden, wieviele Zweier-, Dreier- und Viererauswahlen aus den zehn Spielern möglich sind.

05.05.2018, 18:28

Kääsee

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$\begin{eqnarray*} P(B) = P\left(\bigcup_{k=1}^{10} B_k\right) = 10P(A_1)-\binom{10}{2}P(B_1\cap B_2)-\binom{10}{3}P(B_1\cap B_2\cap B_3) -\binom{10}{4}P(B_1\cap B_2\cap B_3\cap B_4) \end{eqnarray*}$
Es ist ja quasi immer eine "Ziehung" von z.B. 3 aus 10 Elementen ohne Beachtung der Reihenfolge, oder?

05.05.2018, 18:31

HAL 9000

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Na ein Vorzeichen ist danebengegangen: Richtig ist

$\begin{eqnarray*} P(B) = P\left(\bigcup_{k=1}^{10} B_k\right) = 10P(B_1)-\binom{10}{2}P(B_1\cap B_2)~{\color{red}+}~\binom{10}{3}P(B_1\cap B_2\cap B_3) -\binom{10}{4}P(B_1\cap B_2\cap B_3\cap B_4) \end{eqnarray*}$ .

05.05.2018, 18:36

Kääsee

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Ups, ja klar, sorry!
Dadurch, dass man im zweiten "Schritt" ja quasi die Menge schon mit abzieht, muss man sie nochmal addieren bzw. das Vorzeichen dreht sich um, richtig?

05.05.2018, 18:48

HAL 9000

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Ich würde hier nicht mit "dadurch" argumentieren: Es ist die Siebformel, die ist nachgewiesenermaßen richtig, da muss man nicht jedesmal krampfhaft neu versuchen, deren Richtigkeit zu rechtfertigen.

05.05.2018, 18:59

Kääsee

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Sorry.

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